几何作图题第18题步骤
立足基本图形 探究网格作图——以2020年天津市中考第18题(2)问为例
立足基本图形採堯网格作图一以2020年天津市中考第18题（2)问为例周佳佳(天津市三人行数学工作室天津300380)摘要：围绕“追溯源头”“解法探究”“生长引申”“教学感悟”四个方面对2020年天津市中考第18题进行探究，旨 在对此类题探本质，究内涵，评思路，找出路.关键词：解法探究；网格作图；基本图形网格作图是近几年天津市中考命题的一个“特 色”，命题往往融合平行、垂直、对称、全等与相似等知 识点,小网格，蕴含大能量.现围绕“追溯源头” “解法探究”“生长引申”“教学感悟”四个方面对2020年天 津市中考第18题进行探究，旨在对此类题探本质，究 内涵，评思路，找出路.1题目再现题目（2020年天津市中考第18题）如图1，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点<4,C 均落在格点上，点B 在网格线上，且=(1) 线段4(：的长等于_____.(2) 以B C 为直径的半圆与边A C 相交于点/)，若 分别为边上的动点，当+取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图1所示的网格中， 画出点Z 5，(?，并简要说明点P ，<?的位置是如何找到的 (不要求证明）______•图12追溯源头人教版《义务教育教科书•数学》七年级下册第5页中指出：连接直线外一点与直线上各点的所有线 段中，垂线段最短.简单说成：垂线段最短.如图2所 示,PO 丄/(我们称P O 为点P 到直线/的垂线段），则P O 这条线段最短.p图3结合题目背景，我们可以将问题转化为：如图3 所示，分别为边上的动点，当B P +P (?取得最小值时，请用直尺和三角板，画出点解析如图4所示，作点关于/i c 的对称点 过点丨作丄于点(？，交4C 于点P ,则点 即为所求.证明如图5,在4C 上取异于点P 的点在S C 上取异于点的点连接过点作 B 'Q ±B C 干点、Q ，交AC 于叙P _因为点B 和'关于4C 对称，所以= B 'P '，那么B T 3' (当点三点共线时取“=”），由“垂线段最短”知当B 'd B C 时,取得最小值把题目“源头”镶嵌在网格中，符合天津近些年命 题意图，弄清了题目的来龙去脉后，我们可以把所解 问题划分为两个步骤:先作出点6关于的对称点，再过点丨作B '(?丄B C 于点(？，交/I C 于点R 3解法探究3.1关于作对称点的思考策略1利用平行线等分线段成比例解题.作法1如图6所示，取格点£，/\(；,圪连接£1 CW ,分别交竖直格线于点/，人连接//,连接S D 并延作者简介：周佳佳（1990 -)，男，河南洛阳人，硕士，研究方向：初中数学教学研究.图4B'长交/•/于点,则点f即为所求.解析由作图知Z I///G，且/!/= (：/,所以四边形 从/C为平行四边形，那么4C////由于狀=/1/ = |~，所以又B C为半圆的直径，所以乙B£»C= 90。
《画法几何及土木工程制图》习题解答(第三版)
【5-5】已知正垂面△DEF,求作下列平面和直线：(1)过点A作平 面P∥△DEF；(2)过正垂线BC作平面Q∥△DEF(3)IJ∥△DEF，补 全直线IJ的正面投影；(4)过点K作正平线KL∥△DEF，长度任意。
【5-6】已知◇EFGH,求作下列平面和直线：(1)过点A作平面∥◇ EFGH；(2)△BCD∥◇EFGH，补全△BCD的正面投影；(3)IJ∥◇ EFGH，补全直线IJ的侧面投影；(4)过直线KL∥◇EFGH上的侧平 线的平面。
【5-7】求作下列直线与平面的交点，并判别其可见性。
【6-1】求作下列两平面的交线，并判别其可见性。
【6-2】已知平面△ABC和直线DE，求作下列直线或平面。 ⑴过点F作直线FG⊥△ABC；⑵过直线IJ作平面IJK⊥△ABC；⑶过 点P作平面PQR⊥DE。
【6-3】已知平面P、Q，直线AB、CD，求作下列直线或平面。 ⑴过点E作直线EF⊥平面P，直线EG⊥平面Q；⑵过直线IJ作平面 IJK⊥平面P,过直线IJ作平面R⊥平面Q；⑶过点U作平面S⊥AB， 作平面T⊥CD。
【2-6】已知直线AB对投影面H的倾角α＝30°，补全它的正平 投影，并回答有几解，图中任求一解。
【2-7】通过作图检验直线AB、CD、EF的相对位置。
【3-1】检验直线AB、CD的相对位置。
【3-2】已知一直线与直线AB、CD都相交，且与直线EF交于分线 段EF成2：3的点，求作该直线的两面投影。
【1-4】已知点A与W面距离为20mm；点B距点A12mm；点 C与点A是对V面的重影点，在点A的正前方15mm；点D在点A 的正下方20mm。补全诸点的三面投影，并表明可见性。
【1-5】已知点A与H、V面等距，点B在V面上，与点A是对V面 的重影点；点C在点A之右55mm、之后15mm、之下10mm； 点D(40,20, 30)；点E在点D的正下方20mm。作出点A的水平 投影，以及点B、C、D、E的两面投影，并表明可见性。
2019中考数学高频考点剖析专题18平面几何之等腰(边)三角形问题—原卷
备考2019中考数学高频考点剖析专题十八平面几何之等腰（边）三角形问题考点扫描☆聚焦中考等腰（边）三角形，是每年中考的必考重点内容之一，考查的知识点包括等腰三角形的性质与判定和等边三角形的性质与判定两方面，总体来看，难度系数中游，以选择填空为主。
也有少量的解析题。
解析题主要以三角形与四边形和变换相结合进行考查为主。
结合2017、2018年全国各地中考的实例，我们从三方面进行等腰（边）三角形问题的探讨：（1）等腰三角形性质与判定；（2）等边三角形性质与判定；（3）等腰（边）三角形与四边形及其变换综合问题．考点剖析☆典型例题例1（2018?湖州）如图，AD，CE分别是△ABC的中线和角平分线．若AB=AC，∠CAD=20°，则∠ACE 的度数是（）A．20° B．35° C．40°D．70°【分析】先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=（180°﹣∠CAB）=70°．再利用角平分线定义即可得出∠ACE=∠ACB=35°．【解答】解：∵AD是△ABC的中线，AB=AC，∠CAD=20°，∴∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=（180°﹣∠CAB）=70°．∵CE是△ABC的角平分线，∴∠ACE=∠ACB=35°．故选：B．例2（2018?广安？8分）下面有4张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长都是1，请在方格纸中分别画出符合要求的图形，所画图形各顶点必须与方格纸中小正方形的顶点重合，具体要求如下：（1）画一个直角边长为4，面积为6的直角三角形．（2）画一个底边长为4，面积为8的等腰三角形．（3）画一个面积为5的等腰直角三角形．（4）画一个边长为2，面积为6的等腰三角形．【分析】（1）利用三角形面积求法以及直角三角形的性质画即可；（2）利用三角形面积求法以及等腰三角形的性质画出即可．（3）利用三角形面积求法以及等腰直角三角形的性质画出即可；（4）利用三角形面积求法以及等腰三角形的性质画出即可．【解答】解：（1）如图（1）所示：（2）如图（2）所示：（3）如图（3）所示；（4）如图（4）所示．【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质以及作图；熟练掌握等腰三角形的性质是关键．例3如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=2，点D是BC边上的一个动点（不与B、C 重合），在AC上取一点E，使∠ADE=30°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；（3）当△ADE是等腰三角形时，求AE的长．【分析】（1）根据两角相等证明：△ABD∽△DCE；（2）如图1，作高AF，根据直角三角形30°的性质求AF的长，根据勾股定理求BF的长，则可得BC的长，根据（1）中的相似列比例式可得函数关系式，并确定取值；（3）分三种情况进行讨论：①当AD=DE时，如图2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则AB=CD，即2=2﹣x；②当AE=ED时，如图3，则ED=EC，即y=（2﹣y）；③当AD=AE时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点D与点B重合，不符合题意，此情况不存在．【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∴∠ABD=∠ACB=30°，∴∠ABD=∠ADE=30°，∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠ABD+∠DAB，∴∠EDC=∠DAB，∴△ABD∽△DCE；（2）如图1，∵AB=AC=2，∠BAC=120°，过A作AF⊥BC于F，∴∠AFB=90°，∵AB=2，∠ABF=30°，∴AF=AB=1，∴BF=，∴BC=2BF=2，则DC=2﹣x，EC=2﹣y，∵△ABD∽△DCE，∴，∴，化简得：y=x+2（0＜x＜2）；（3）当AD=DE时，如图2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则AB=CD，即2=2﹣x，x=2﹣2，代入y=x+2，解得：y=4﹣2，即AE=4﹣2，当AE=ED时，如图3，∠EAD=∠EDA=30°，∠AED=120°，∴∠DEC=60°，∠EDC=90°，则ED=EC，即y=（2﹣y），解得：y=，即AE=，当AD=AE时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点D与点B重合，不符合题意，此情况不存在，∴当△ADE是等腰三角形时，AE=4﹣2或．【点评】本题是相似形的综合题，考查了三角形相似的性质和判定、等腰三角形的性质、直角三角形30°角的性质，本题的几个问题全部围绕△ABD∽△DCE，解决问题；难度适中．例4（2017?乐山）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．（1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；（2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；（3）结论：．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；【解答】解：（1）AC=AD+AB．理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴，同理．∴AC=AD+AB．（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB 延长线于点E，∵∠BAC=60°，∴△AEC为等边三角形，∴AC=AE=CE，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CB，∴△DAC≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AD+AB．（3）结论：．理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，∴DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°．∴AC=CE．又∵∠D+∠B=180°，∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴AD+AB=AE．在Rt△ACE中，∠CAB=45°，∴，∴．【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．考点过关☆专项突破类型一等腰三角形性质与判定1.（2017浙江湖州）如图，已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=6，点P是Rt△ABC的重心，则点P到AB所在直线的距离等于（）A．1 B． C． D．22. （2018·四川省攀枝花·３分）如图，等腰直角三角形的顶点 A.C分别在直线 A.b上，若a∥b，∠1=30°，则∠２的度数为（）A．30°B．15°C．10°D．20°3. （2018·台湾·分）如图，锐角三角形ABC中，BC＞AB＞AC，甲、乙两人想找一点P，使得∠BPC 与∠A互补，其作法分别如下：（甲）以A为圆心，AC长为半径画弧交AB于P点，则P即为所求；（乙）作过B点且与AB垂直的直线l，作过C点且与AC垂直的直线，交l于P点，则P即为所求对于甲、乙两人的作法，下列叙述何者正确？（）A．两人皆正确 B．两人皆错误 C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确4. （2018?山东枣庄?3分）如图是由8个全等的矩形组成的大正方形，线段AB的端点都在小矩形的顶点上，如果点P是某个小矩形的顶点，连接PA、PB，那么使△ABP为等腰直角三角形的点P的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个5. （2018?江苏扬州？3分）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧做等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．对于下列结论：；③2CB2=CP?CM．其中正确的是（）①△BAE∽△CAD；②MP?MD=MA?MEA．①②③ B．① C．①② D．②③6. （2018?山东淄博?4分）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（）A． B． C． D．7. （2018四川省泸州市3分）如图，等腰△ABC的底边BC=20，面积为120，点F在边BC上，且BF=3FC，EG是腰AC的垂直平分线，若点D在EG上运动，则△CDF周长的最小值为．8.（2018?山东淄博?9分）（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB=AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是；位置关系是．（2）类比思考：如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．（3）深入研究：如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明．类型二等边三角形性质与判定1. （2017广西河池）已知等边△ABC的边长为12，D是AB上的动点，过D作DE⊥AC于点E，过E 作EF⊥BC于点F，过F作FG⊥AB于点G．当G与D重合时，AD的长是（）A．3 B．4 C．8 D．92．（2018?天津）如图，在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，EF⊥AC于点F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为．3．（2018?黑龙江）如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则S n= ．4.（2017宁夏）在边长为2的等边三角形ABC中，P是BC边上任意一点，过点 P分别作 PM⊥A B，PN⊥AC，M、N分别为垂足．（1）求证：不论点P在BC边的何处时都有PM+PN的长恰好等于三角形ABC一边上的高；（2）当BP的长为何值时，四边形AMPN的面积最大，并求出最大值．5.（浙江衢州）问题背景如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE=∠ABF=∠BCG=∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE ≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形EFGH是正方形．类比探究如图2，在正△ABC的内部，作∠BAD=∠CBE=∠ACF，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明．（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由．（3）进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD=a，AD=b，AB=c，请探索a，b，c 满足的等量关系．类型三等腰（边）三角形的其他问题的综合考查1．如图，下列4个三角形中，均有AB=AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（）A．①③B．①②④C．①③④D．①②③④2．（2016·湖北武汉·３分）平面直角坐标系中，已知A(2，2)、B(4，0)．若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（）A．5 B．6 C．7 D．83．（2016·湖北荆门·３分）已知3是关于x的方程x2﹣（m+1）x+2m=0的一个实数根，并且这个方程的两个实数根恰好是等腰△ABC的两条边的边长，则△ABC的周长为（）A．7 B．10 C．11 D．10或114. （2016·黑龙江齐齐哈尔·３分）有一面积为5的等腰三角形，它的一个内角是30°，则以它的腰长为边的正方形的面积为．5. 在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DE=DA（如图1）（1）求证：∠BAD=∠EDC；（2）点E关于直线BC的对称点为M，连接DM，AM．①依题意将图2补全；②小姚通过观察，实验提出猜想：在点D运动的过程中，始终有DA=AM，小姚把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：要证明DA=AM，只需证△ADM是等边三角形；想法2：连接CM，只需证明△ABD≌△ACM即可．请你参考上面的想法，帮助小姚证明DA=AM（一种方法即可）6. 如图，等腰直角△ABC中，CA=CB，点E为△ABC外一点，CE=CA，且CD平分∠ACB交AE于D，且∠CDE=60°．（1）求证：△CBE为等边三角形；（2）若AD=5，DE=7，求CD的长．7. （2016·山东省菏泽市·３分）如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．（1）如图1，若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°①求证：AD=BE；②求∠AEB的度数．（2）如图2，若∠ACB=∠DCE=120°，CM为△DCE中DE边上的高，BN为△ABE中AE边上的高，试证明：AE=2CM+BN．8. 如图，在△ABC中，AB=AC=10cm；BC=6cm，点D为AB的中点．（1）如果点P在线段BC上以1cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CA上由点C向点A运动．①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B出发都逆时针沿△ABC三边运动，直接写出经过多少秒后，点P与点Q第一次在△ABC的那一条边上相遇．。
初中数学竞赛专题复习 第二篇 平面几何 第18章 整数几何试题 新人教版
第18章 整数几何18.1.1★已知ABC △的两条高长分别是5、15，第三条高的长数，求这条高之长的所有可能值．解析 由面积知，三条高的倒数可组成三角形三边，这是它们的全部条件． 设第三条高为h ，则111,155111.515h h⎧+>⎪⎪⎨⎪+>⎪⎩ 解得151545h <<，h 可取4、5、6、7这四个值． 18.1.2★已知ABC △的三边长分别为3AB n x =+，2BC n x =+，CA n x =+，且BC 边上的高AD 的长为n ，其中n 为正整数，且01x <≤，问：满足上述条件的三角形有几个？ 解析 注意AB 为ABC △之最长边，故90B ∠<︒，设BD y =，CD z =，则0y >，而z 可正可负．AB D C由2y z n x +=+，及()()()22223242y z n x n x n x x -=+-+=+⋅，得4y z x -=，32ny x =+，由勾股定理，知()222332n x n n x ⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，展开得12n x =，由01x <≤及n 为正整数，知1n =，2，…，12，这样的三角形有12个．18.1.3★已知一个直角三角形的三条边均为正整数，其中一条直角边不超过20，其外接圆半径与内切圆半径之比为52∶，求此三角形周长的最大值．解析设该直角三角形直角边长为a 、b ，斜边为c ，则外接圆半径2cR =，内切圆半径2a b cr +-=，不妨设20a ≤． 由条件知52c a b c =+-，557a b c +=，平方，得()()222225249a b ab a b ++=+，即()2212250a b ab +-=，()()34430a b a b --=，于是3a k =，4b k =，5c k =，或4a k =，3b k =，5c k =，周长为12k ，k 为正整数．k 的最大值为6，此时各边为18、24、30，周长最大值为72．18.1.4★ABC △为不等边三角形，60A ∠=︒，7BC =，其他两边长均为整数，求ABC △的面积．A BCx y60°解析设AB x =，AC y =，则由余弦定理，有2249x y xy +-=．由条件x y ≠，不妨设x y <，则AB 为ABC △之最小边，x 只能取值1、2、3、4、5、6，分别代入，发现当3x =或5时，8y =，其余情形均无整数解．于是1sin 602ABC S xy =︒=△． 18.1.5★★一点P 与半径为15的圆的圆心距离是9，求经过P 且长为整数的弦的条数． 解析 如图，O e 半径为15，9OP =，过P 的弦ST 长为整数，APB 为直径，6AP =，24PB =，则144SP TP PA PB ⋅=⋅=，因此24ST SP TP =+≥．又30ST AB =≤，故这样的弦共有()302412212-+⨯-=条，其中与AB 垂直的弦及AB 各一条，其余的弦每种长度有两条（关于AB 对称）．18.1.6★★在直角三角形ABC 中，各边长都是整数，90C ∠=︒，CD 为边AB 上的高，D 为垂足，且3BD p =（p 奇素数），求ACAB的值（用p 表示）． C解析由2BC BD AB =⋅知2BD BC ，故设2BC p t =（t 为正整数），则2BA pt =，又由勾股定理，知22442AC p t p t =-，故tp AC ．设AC kpt =，代入得()()222p t k t k t k =-=+-，易知只能有2t k p +=，1t k -=，解得212p t +=，212p k -=，于是2211AC p AB p -=+． 18.1.7★★设正三角形ABC ，M 、N 分别在AB 、AC 上，MN BC ∥，两端延长MN ，交ABC △外接圆于P 、Q ，若PM 、MN 、AB 长均为正整数，求AB 的最小值． 解析 如图， 易知NQ PM =也是整数．设AM x =，BM y =，PM NQ z ==，则MN x =，于是由相交弦定理，得()xy z x z =+，2z x y z=-．APQM NB C设y ks =，z kt =，(),k y z =，s t >，(),1s t =，则2kt x s t=-，由于()2,1s t t -=，故s t k -，要使2t AB x y k ks s t=+=+-达到最小，k 得取s t -，于是()2AB t s t s =+-．由于s t >，2s ≥，1t ≥，知()223t s t s t s +-+≥≥．当1AM =，2BM =时AB 取到最小值3，此时1PM =．18.1.8★★已知凸四边形ABCD 的四边长是两两不相等的整数，对边乘积之和等于四边形面积的两倍，且22250AD BC +=，求该四边形面积、对角线长度．解析 不妨设AB α=，BC b =，CD c =，DA d =，AC 与BD 交于O ，则sin 2ABCD AC BD AOB S ac bd AC BD ⋅⋅∠==+⋅≥，于是由托勒密定理，知A 、B 、C 、D 必共圆，且满足AC BD ⊥．又由已知条件，22250b d +=，22250a c +=．经搜索知250表为平方和只有两组：22515+和22913+．由对称性，不妨设5a =，13b =，15c =，9d =，则19622ABCD ac bdS AC BD +=⋅==．由余弦定理，因cos cos 0BAD BCD ∠+∠=，得222222591315045195BD BD +-+-+=，得BD =AC18.1.9★★是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的ABC △？证明你的结论． 解析 存在满足条件的三角形．当ABC △的三边长分别为6a =，4b =，5c =时，2A B ∠=∠．如图，当2A B ∠=∠时，延长BA 至点D ，使AD AC b ==．连结CD ，ACD △为等腰三角形．CD A因为BAC ∠为ACD △的一个外角，所以2BAC D ∠=∠．由已知，2BAC B ∠=∠，所以B D ∠=∠．所以CBD △为等腰三角形．又D ∠为ACD △与CBD △的一个公共角，有~ACD CBD △△，于是AD CD CD BD =，即b aa b c=+，所以()2a b b c =+．而()26445=⨯+，所以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形． 评注满足条件的三角形是唯一的．若2A B ∠=∠，可得()2a b b c =+．有如下三种情形：（ⅰ）当a c b >>时，设1a n =+，c n =，1b n =-（n 为大于1的正整数），代入()2a b bc =+，得()()()21121n n n +=--，解得5n =，有6a =，4b =，5c =；（ⅱ）当c a b >>时，设1c n =+，c n =，1b n =-（n 为大于1的正整数），代入()2a b bc =+，得()212n n n =-⋅．解得2n =，有2a =，1b =，3c =，此时不能构成三角形；（ⅲ）当a b c >>时，设1a n =+，b n =，1c n =-（n 为大于1的正整数），代入()2a b b c =+，得()()2121n n n +=-，即2310n n --=，此方程无整数解．所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4、5、6构成的三角形满足条件．18.1.10★★三边长为连续整数、周长不大于100、且面积是有理数的三角形共有多少个？ 解析 设三角形三边依次为1n -、n 、1n +，则333n ≤≤，()131122p n n n n =-+++=，S △==于是()234n -是平方数，令()()22343n k -=，得2243n k -=，则32n ≤，224102034033n k -==≤，18k ≤．又k 不可能是奇数，否则()222343n k k =+≡，得2243n k -=，则32n ≤，224102034033n k -==≤，18k ≤．又k 不可能是奇数，否则()22343mod 4n k =+≡，将2k =，4，6，8，10，12，14，16，18代入，发现仅当2k =，8时满足要求．因此这样的三角形共有两个，三边长依次为3、4、5与13、14、15．18.1.11★★某直角三角形边长均为整数，一直角边比斜边小1575，求其周长的最小值． 解析 设直角三角形直角边长a 、b ，斜边为1575a +，则 ()2221575a b a +=+，()2157521575b a =+．由于221575357=⨯⨯，设105b k =，则2721575k a =+，设7a s =，则22225k s =+，于是k 的最小值为17，此时32s =，224a =，1785b =，1799c =．此时的最小周长为3808． 18.1.12★★已知ABC △，AD 是角平分线，14AB =，24AC =，AD 也是整数，求AD 所有可取的值．AEB DC解析 如图，作DE AB ∥，E 在AC 上，则易知AE ED =． 又ED CD AC AB BC AB AC==+，故 22AB ACAD AE DE ED AB AC⋅<+==+33617.6819==…， 故17AD ≤．又当17AD ≤时，不难通过AED △构造出ABC △，故AD 所有可取的值为1，2， (17)18.1.13★面积为c 的正方形DEFG 内接于面积为1的正三角形ABC ，其中a 、b 、c 是整数，且b 不能被任何质娄的平方整除，求a cb-的值．ADGB E F C解析设正方形DEFG 的边长为x ，正三角形ABC 的边长为m ，则2m ，由ADG ABC △∽△，可得xx m -=．解得()3x m =．于是()222348x m ==．由题意得28a =，3b =，48c =，所以203a cb -=-． 17.1.14★★如图，AD 是ABC △的高，四边形PQRS 是ABC △的内接正方形，若BC ab =（即两位数），SRc =，ADd =，且a 、b 、c 、d 恰为从小到大的4个连续正整数，求ABC S △的所有可能值．AS RP D Q解析易知11SR AR CR SR BC AC AC AD ==-=-，于是有110c c a b d +=+，或11111132a a a +=+++，移项，得()()1111123a a a =+++，或2650a a -+=，解得1a =或5．于是有两解： 12,3,4;BC SR AD =⎧⎪=⎨⎪=⎩56,7,8.BC SR AD =⎧⎪=⎨⎪=⎩易知这两组数据都符合要求，故24ABC S =△或224．18.1.15★★已知ABC △中，B ∠是锐角．从顶点A 向BC 边或其延长线作垂线，垂足为D ；从顶点C 向AB 边或其延长线作垂线，垂足为E ．当2BD BC 和2BEAB均为正整数时，ABC △是什么三角形？并证明你的结论． 解析设2BD m BC =，2BEn AB=，m 、n 均为正整数，则 244cos 4BD BE mn B AB BC=⋅⋅=<， 所以，1mn =，2，3． （1）当1mn =时，1cos 2B =，60B ∠=︒，此时1m n ==．所以AD 垂直平分BC ，CE 垂直平分AB ，于是ABC △是等边三角形．（2）当2mn =时，cos B =45B ∠=︒，此时1m =，2n =，或2m =1n =，所以点E 与点A 重合，或点D 与点C 重合．故90BAC ∠=︒，或90BCA ∠=︒，于是ABC △是等腰直角三角形．（3）3mn =时，cos B =，30B ∠=︒，此时1m =，3n =，或3m =，1n =．于是AD 垂直平分BC ，或CE 垂直平分AB ．故30ACB ∠=︒，或30BAC ∠=︒，于是ABC △是顶角为120︒的等腰三角形．18.1.6★★某直角三角形两直角边长均为整数，周长是面积的整数倍（就数字上讲），问问这样的直角三角形有多少个？解析 设直角边分别为a 、b ，则斜边c =，由条件知它是有理数，故必定是整数．设2ka b ab +=，k 为正整数，于是k =．由于a b +1、2或4，记作k '．由a b k +-'=()2220ab k a b k -'++'=，()()22a k b k k -'-'='，1k '=时无解；2k '=时，有()()222a b --=，{a ，b }={3，4}；4k '=时，()()448a b --=，{a ，b }={5，12}或{6，8}，所以这样的直角三角形共有3个．18.1.17★★在等腰ABC △中，已知AB AC kBC ==，这里k 为大于1的自然数，点D 、E 依次在AB 、AC 上，且DB BC CE ==，CD 与BE 相交于O ，求使OCBC为有理数的最小自然数k ．ADEBCO解析如图，连结DE ，则DE BC ∥，11DE AD AB BC BC AB AB k -===-，1k DE BC k-=． 由于四边形DBCE 为等腰梯形，则由托勒密定理（或过D 、E 作BC 垂线亦可），2222121k k CD CD BE DE BC DB CE BC BC BCk k --=⋅=⋅+⋅=+=，又21CO BC kCD DE BC k ==+-，于是CO BC =k 与21k -互质，由题设知其必须均为平方数，1k >，25k =适合，这是满足要求的最小自然数．18.1.18★★★对于某些正整数n 来说，只有一组解xyz n =（不计顺序），这里，x 、y 、z是正整数且可构成三角形的三边长，这样的()100n ≤共有多少个？ 解析显然，当n p =（素数）时无解；当2n p =或1时只有一组解（1，p ，p ）或（1，1，1）；当n pq =（p 、q 为不同素数）时无解；当4n p =（p 为大于3的素数）时也无解．剩下的数为8，12，16，18，24，27，30，32，36，40，42，45，48，50，54，56，60，63，64，66，70，72，75，78，80，81，84，88，90，96，98，99，100． 易验证，无解的n 有：30，42，54，56，63，66，70，78，88，99；唯一解的n 有：8，12，16，18，24，27，32，40，45，48，50，75，80，81，84，90，96，98；不止一组解的n 有：36，60，64，72，100．注意：判定无解的主要依据是，abc n =，c ab >时无解，困为1c ab a b ++≥≥． 因此，有解的n 共有23个．18.1.19★★面积为整数的直角三角形周长为正整数k ，求k 的最小值，并求此时这个直角三角形的两条直角边的可取值（如不止一组解，只需举了一组即可）．解析设该直角三角形的直角三角形周长分别为a 、b ，则112ab ≥，a b +≥2，2k a b =+，故5k ≥．下令5k =，2ab =，如有解，则可．()5a b -+，平方得()222225102a b a b a b ab +=-++++．取2ab =，得29,102.a b ab ⎧+=⎪⎨⎪=⎩因此a 、b 为方程21029200x x -+=的根，解得a 、bk 的最小值是5．18.1.20★★若ABC △的三边长a 、b 、c 均为整数，且140abc =，求ABC △内切圆半径． 解析 不妨设a b c ≤≤，于是7c ≥．又14011c a b ab c<++=+≤，故140c c ≤，得10c ≤．于是c 只可能为7或10． 7c =时，20ab =，只可能4a =，5b =，()182p a b c =++=，内切圆半径r =． 10c =时，14ab =，没有满足要求的解．18.1.21★★证明：若a 、b 、c 是一组勾股数()222a b c +=，则存在正整数k 、u 、v 、u v >，(),1u v =使得()22c k u v =+，而()22a k u v =-，2b kuv =；或2a kuv =，()22b k u v =-．解析222a b c +=，设（a ，b ，c ）k =，则1a ka =，1b kb =，1c kc =，222111a b c +=．易知1a 、1b 、1c 两两互质；1a 与1b 不可能同偶，否则12a ，1b ，1c ；1a 与1b 也不会同奇，否则()212mod 4c =，矛盾．于是1a 与1b 必一奇一偶，不妨设1a 奇而1b 偶，于是1c 为奇数．从而()()211111a c b c b =+-，11c b +与11c b -必互质，否则有一奇素数11|p c b +，11c b -，得|2p c ，12b ，故|p （1c ，1b ），与（1c ，1b ）=1矛盾． 于是可设2111c b u +=，2111c b v -=，（1u ，1v ）=1，且1u 、1v 均为奇数，解得221111122u v u v c +-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，11111222u v u v b +-=⋅⋅，221111122u v u v a +-⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令112u v u +=，112u v v -=，即得结论． 18.1.22★★★如图，F 、E 在ABC △的边AB 、AC 上，FE 的延长线与BC 的延长线交于D ，求证：AF 、BF 、CB 、CD 、AE 、EC 、FE 、ED 的长度不可能是1～8的排列． 解析 如果1EF =，则1AE AF EF -<=，得AE AF =，矛盾，故1EF ≠，同理AF 、AE 、ED 、CD 、EC 都不等于1．AFE GDCB因此1只可能等于FB 或BC 之长，不失对称性，设1BF =，则1FD BD BF -<=，FD BD =，作CG AB ∥，G 在ED 上，四边形FBCG 乃一等腰梯形，于是EG FG EF BC EF =-=-为正整数．又1EG EC CG BF -<<=，故EG EC =，但BFD ∠为等腰三角形DFB 的底角，90BFD <︒∠，18090EGC BFD =︒->︒∠∠，为EGC △的最大内角，EC EG >，矛盾，因此结论证毕．18.1.23★★★已知梯形ABCD 中，AD BC <，E 、F 分别在AB 、CD 上，EF AD BC ∥∥，ED BF ∥，如果AD 、EF 、BC 均为正整数，称该梯形为“整数梯形”．现对于正整数n ，有正整数x x <′<y ′<y ，x y x +=′+y ′=n ，且x 、y 为一“整数梯形”的上、下底， x ′、y ′为另一“整数梯形”的上、下底，求n 的最小值．解析 如图，由AED EFD △∽△,DEF FBC △∽△,得AD AE DF EFEF BE FC BC===，得EF =，于是问题变为求最小的n ，使xy 与x ′y ′均为平方数．A DEFB Cxy 、x ′y ′不可能都为4，故至少有一组≥9，显然另一组也不可能为4，于是xy ，x ′y ′≥9．如果xy 或x ′y ′25≥，则10n =≥．若xy 或x ′y ′=9或16，则19n =+或2810+=．于是n 的最小值为10，1x =，x ′=2，y ′=8，y =9．18.1.24★★★求证：存在无穷多个每边及对角线长均为不同整数的、两两不相似的凸四边形．ABDPC解析 如图，作圆内接四边形ABCD ，AC 与BD 垂直于P ，设a 为一整数，2a >，4AP a =，24BP a =-，241DP a =-，则24AB a =+，241AD a=+，，由此知()()224414aa CP a--=，而由ABP DCP △∽△，BPC APD △∽△知，()224414a BC a a -=+，()224144a CD a a -=+．同时乘以系数4a ，得()244AB a a =+，()2441AD a a =+，()()22441BC a a =-+，()()22414CD a a =-+，4244AC a a =-+，()2201BD a a =-．易知上述6个多项式无二者恒等，于是任两者相等只能得有限个a ，但正整数有无限个，因此有无限个a ，使6个多项式两两不等，又当a →+∞时，0BDAC→，因此有无限个这样的凸四边形两两不相似． 18.1.25★★★已知PA 、PB 为圆的切线，割线过P ，与圆交于M 、N ，与AB 交于S ，若PA 、PM 、MS 、SN 均为正整数，求PA 的最小值． PMABSN解析 如图，易知有PM PNMS SN=(调和点列)． 设PM a =，MS b =，SN c =，则()b a b c ac ++=，()b c b c a b+=-，从而PA == 设a ks =，b kt =，k =（a ，b ），则（s ，t ）=1，s t >，s tc kts t+=-，PA =易见（s t +，s t -）=1，则s 、t 一奇一偶．于是由（()t s t +，s t -）=1，得|s t k -，且由PA 为整数知2s t x +=，2s t y -=，x 、y 为奇数．因为|s t k -，于是k 的最小值为s t -，()c t s t =+，PA sxy ==，当s =1，2，3，4时，t 无解(即PA 不是整数)，故5s ≥，又3x ≥，1y ≥，于是PA ≥15，当a =5，b =4，c =36时取到15PA =．若（s t +，s t -）=2，此时s 、t 同奇，k 的最小值为2s t-，此时()2t s t c +=，PA =22s t x +=，22s t y -=，当1s =，3时，无t 使PA 为整数，于是5s ≥，又x y >，所以1y ≥，2x ≥，5210PA sxy =⨯=≥．当5a =，3b =，12c =时取到PA =10． 综上，PA 的最小值是10．18.1.26★★★一圆内接四边形的四边长及对角线长都是整数，求这类四边形中周长最小者． 解析 显然长与宽为4、3的矩形满足要求，其周长=14．若等腰梯形上、下底分别为3、4，腰为2，则由托勒密定理，对角线长为4，满足要求，此时周长为11．故最小周长≤11． 显然对圆内接凸四边形ABCD ，无边长为1．否则若设1AB =，—1AD BD AB <=，得AD BD =，同理AC CB =，于是C 、D 均在AB 中垂线上，构不成凸四边形．因此最小周长≥2×4=8．四边均为2，得正方形，对角线为2，另一边为3，得等腰梯形，10．当周长为10时，显然至少有两边为2．若是2、2、2、4能为2、2、3、3故最小周长为11．18.1.27★★★在Rt ABC △中，90BCA =︒∠，CD 是高，已知ABC △的三边长都是整数，且311BD =，求BCD △与ACD △的周长之比．CB D解析 设ABC △的三边长分别为a 、b 、c ．由题设知 2BC BD BA =⋅，故2311a c =．于是设211a l =，得211l c =由勾股定理得11b ==2211l -是 完全平方数，设为()20t t >，则22211l t -=，()()211l t l t -+=．由于0l t l t <-<+，所以21,11.l t l t -=⎧⎨+=⎩解得61,60.l t =⎧⎨=⎩于是21161a =⨯，116160b =⨯⨯． 因为BCD CAD △∽△，所以它们的周长比等于它们的相似比，即1160a b =．18.1.28★★★已知锐角三角形ABC 中，AD 是高，矩形SPQR 的面积是ABC △的1／3，其顶点S 、P 在BC 上，Q 、R 分别在AC 、AB 上，且BC 、AD 及矩形SPQR 的周长均为有理数，求AB ACBC+的最小值． 解析 如图，设ABC △的三边长依次为a 、b 、c ，AD h =，PQ x =，RS y =，则16xy ah =，及1x y AQ CQ a h AC AC+=+=．由条件，知a 、h 、x y +均为有理数． AR QB S D P C由16x aa x+=，得x a =y h =)2a h x y a h ++=-，因此只能有a h =．若过A 作BC 的平行线l ，再作C 关于l 的对称点C '，则AB AC AB AC +=+′≥BC ′=，于是AB ACBC+，仅当AB AC =时取到． 18.1.29★★★★整数边三角形ABC 中，90BAC =︒∠，AD 是斜边上的高，BD 也是整数．若对同一个BD 能长度，有两个不全等的直角整数边三角形ABC 满足要求，求BD 的最小值． 解析 不妨设ABC △的三边长为a 、b 、c ，AD h =，BD d =，首先bch a=为有理数，又222h c d =-为整数，因此h 也是整数．又CD 为整数，故2h d也是整数．又ABD CBA △∽△,故h b d c=． AB D C因此，只需正整数h 、c 、d 满足222h c d =-及2|d h ，这样的整数边三角形就存在．因为此时hcb d=是有理数，而222b h CD =+为整数，从而b 为整数．易知由2|d h 可得2|d c ． 设21d d σ=，σ、1d 为正整数，且σ无平方因子，于是由2|h σ及2c 知|h σ，c ．设1h h σ=，1c c σ=，代入得422111d c h =-，又由2|d h ，2c 得2211|d h σ，21c σ，今对1d 的任一素因子p ，其在1d 的指数()1s d 不会比1h 的指数高，否则()()111s d s h +≥，()()22112s d s h +≥，而()s σ最多为1，于是()()2211s d s h σ>，这是不可能的．于是11|d h ，同理11|d c ．又令112h d h =，112c d c =，代入422111d c h =-得222122d c h =-． 于是对1d 有两组不同的2c 、2h 满足222122d c h =-．经计算18d ≥，故64d ≥．当64d =时，确实有满足要求的两组解：80AB =，60AC =，100BC =，和136AB =，255AC =，289BC =．故BD 的最小值是64．18.1.30★★★★试找一不等边三角形ABC ，使BC 及BC 边上的中线、角平分线、高的长度都是整数，BC 可以是多少(此时的中线、角平分线、高的长度分别为多少)?若要求BC 不是整数，但2BC 是整数，则BC 可为多少(此时中线、角平分线、高的长度分别为多少)? 解析 首先处理BC 为整数的问题，我们选择的是直角三角形ABC ，对应边为a 、b 、c ，中线AM ，角平分线AD ，高AH ，2aAM =，bc AH a =，又ABC ABD ACD S S S =+△△△，得)bc b c AD +，故AD ，于是a 为偶数2k ，b ，c =，mnAH k =而2mn AD m n =+，2222m n k +=，这个方程有解1m =，7n =，5k =，得75AH =，5AM =，74AD =．乘以一个系数20，即得直角三角形ABC ，它的斜边为200，斜边上的中线为100，角平分线为35，高为28． 下面处理BC 为无理数、2BC 为整数的情形，如图，延长AD ，与MP 交于P ，此处MP BC ⊥．易知A 、B 、P 、C 共圆(P 是ABC △外接圆弧»BC之中点)． 今从基本勾股数出发构造．取12AH =，13AD =，15AM =，则5DH =，9MH =，4MD =，485MD MP AH HD =⋅=，45255PD AD ==． ABMD HCP易知BPD APB △∽△，于是25211760845525BP PD PA =⋅=⨯=，()22222608448302444425255BC BM PB MP ⎛⎫==-=-= ⎪⎝⎭． 再乘以系数5，得所求三角形的高60AH =，角平分线65AD =，中线75AM =，边BC =是无理数，但15120BC =．18.1.31★★作圆外切凸五边形ABCDE ，现知该五边形每边长均为整数，1AB =，又圆与BC 切于K ，求BK ．解析 如图，设CD 、DE 、EA 、AB 分别与圆切于P 、Q 、R 、S ．则RE DP ED +=为整数，于是由题设，AR CP +亦为整数，而AR CP AS KC +=+．于是22BK BS BK BS ==+为整数，由于1BS AB <=，故22BS <，221BK BS ==，12BK =． A S RB EQ K CPD。
高考数学秘籍18法解析几何问题的题型与方法试题
高考数学秘籍18法解析几何问题的题型与方法制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日一、知识整合高考中解析几何试题一般一共有4题(2个选择题, 1个填空题, 1个解答题)，一共计30分左右，考察的知识点约为20个左右。
其命题一般紧扣课本，突出重点，全面考察。
选择题和填空题考察直线、圆、圆锥曲线、参数方程和极坐标系中的根底知识。
解答题重点考察圆锥曲线中的重要知识点，通过知识的重组与链接，使知识形成网络，着重考察直线与圆锥曲线的位置关系，求解有时还要用到平几的．．．根本知识和向量的根本方法．．．．．．．．．．．．，这一点值得强化。
1.能正确导出由一点和斜率确定的直线的点斜式方程；从直线的点斜式方程出发推导出直线方程的其他形式，斜截式、两点式、截距式；能根据条件，纯熟地选择恰当的方程形式写出直线的方程，纯熟地进展直线方程的不同形式之间的转化，能利用直线的方程来研究与直线有关的问题了.2.能正确画出二元一次不等式〔组〕表示的平面区域，知道线性规划的意义，知道线性约束条件、线性目的函数、可行解、可行域、最优解等根本概念，能正确地利用图解法解决线性规划问题，并用之解决简单的实际问题，理解线性规划方法在数学方面的应用；会用线性规划方法解决一些实际问题.3． 理解“曲线的方程〞、“方程的曲线〞的意义，理解解析几何的根本思想，掌握求曲线的方程的方法.4．掌握圆的HY 方程：222)()(r b y a x =-+-〔r ＞0〕，明确方程中各字母的几何意义，能根据圆心坐标、半径纯熟地写出圆的HY 方程，能从圆的HY 方程中纯熟地求出圆心坐标和半径，掌握圆的一般方程：022=++++F Ey Dx y x ，知道该方程表示圆的充要条件并正确地进展一般方程和HY 方程的互化，能根据条件，用待定系数法求出圆的方程，理解圆的参数方程cos sin x r y r θθ=⎧⎨=⎩〔θ为参数〕，明确各字母的意义，掌握直线与圆的位置关系的断定方法.5．正确理解椭圆、双曲线和抛物线的定义，明确焦点、焦距的概念；能根据椭圆、双曲线和抛物线的定义推导它们的HY 方程；记住椭圆、双曲线和抛物线的各种HY 方程；能根据条件，求出椭圆、双曲线和抛物线的HY 方程；掌握椭圆、双曲线和抛物线的几何性质：范围、对称性、顶点、离心率、准线〔双曲线的渐近线〕等，从而能迅速、正确地画出椭圆、双曲线和抛物线；掌握a 、b 、c 、p 、e 之间的关系及相应的几何意义；利用椭圆、双曲线和抛物线的几何性质，确定椭圆、双曲线和抛物线的HY 方程，并解决简单问题；理解椭圆、双曲线和抛物线的参数方程，并掌握它的应用；掌握直线与椭圆、双曲线和抛物线位置关系的断定方法.二、近几年高考试题知识点分析2021年高考，各地试题中解析几何内容在全卷的平均分值为27.1分，占18．1％；2021年以来，解析几何内容在全卷的平均分值为29.3分，占19.5％．因此，占全卷近1/5的分值的解析几何内容，值得我们在二轮复习中引起足够的重视．高考试题中对解析几何内容的考察几乎囊括了该局部的所有内容，对直线、线性规划、圆、椭圆、双曲线、抛物线等内容都有涉及．1．选择、填空题1．1 大多数选择、填空题以对根底知识、根本技能的考察为主，难度以容易题和中档题为主〔1〕对直线、圆的根本概念及性质的考察例1 〔04〕以点(1，2)为圆心，与直线4x +3y -35=0相切的圆的方程是_________．〔2〕对圆锥曲线的定义、性质的考察 例2〔04〕点)0,2(1-F 、)0,2(2F ，动点P 满足2||||12=-PF PF . 当点P 的纵坐标是21时，点P 到坐标原点的间隔 是〔A 〕26 〔B 〕23 〔C 〕3 〔D 〕2 1．2 局部小题表达一定的才能要求才能，注意到对学生解题方法的考察 例3〔04文〕假设过定点(1,0)M -且斜率为k 的直线与圆22450x x y ++-=在第一象限内的局部有交点，那么k 的取值范围是〔A〕0k << 〔B〕0k <<〔C〕0k <<〔D 〕05k <<2．解答题 解析几何的解答题主要考察求轨迹方程以及圆锥曲线的性质．以中等难度题为主，通常设置两问，在问题的设置上有一定的梯度，第一问相比照拟简单． 例4(04〕椭圆的中心在原点，离心率为12，一个焦点是F 〔-m,0〕(m 是大于0的常数).〔Ⅰ〕求椭圆的方程；〔Ⅱ〕设Q 是椭圆上的一点，且过点F 、Q 的直线l 与y 轴交于点M.假设=，求直线l 的斜率．此题第一问求椭圆的方程，是比拟容易的，对大多数同学而言，是应该得分的；而第二问，需要进展分类讨论，那么有一定的难度，得分率不高．解：〔I 〕设所求椭圆方程是).0(12222>>=+b a by a x 由，得 ,21,==a c m c 所以m b m a 3,2==. 故所求的椭圆方程是1342222=+my m x 〔II 〕设Q 〔Q Q y x ,〕，直线),0(),(:km M m x k y l 则点+=当),,0(),0,(,2km M m F QF MQ -=由于时由定比分点坐标公式，得 ,62.139494,)3,32(.31210,32212022222±==+-=++=-=+-=k mm k m m km m Q km km y m m x Q Q 解得所以在椭圆上又点0(2)()2,2,1212Q Q m km MQ QF x m y km +-⨯-=-==-==---当时. 于是.0,134422222==+k mm k m m 解得 故直线l 的斜率是0，62±.例5〔04全国文科Ⅰ〕设双曲线C ：1:)0(1222=+>=-y x l a y a x 与直线相交于两个不同的点A 、B .〔I 〕求双曲线C 的离心率e 的取值范围：〔II 〕设直线l 与y 轴的交点为P ，且5.12PA PB =求a 的值. 解：〔I 〕由C 与t 相交于两个不同的点，故知方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=-.1,1222y x y a x y 并整理得 〔1－a 2〕x 2+2a 2x －2a 2=0. ①.120.0)1(84.012242≠<<⎪⎩⎪⎨⎧>-+≠-a a a a a a 且解得所以双曲线的离心率01,2(2,).e a a a e e e ==<<≠∴>≠+∞且即离心率的取值范围为〔II 〕设)1,0(),,(),,(12211P y x B y x A .125).1,(125)1,(,125212211x x y x y x PB PA =-=-∴=由此得 由于x 1，x 2都是方程①的根，且1－a 2≠0，2222222222172522289,.,,121121160170,.13a a a x x x aa a a a =-=--=--->=所以消去得由所以 例6〔04全国文科Ⅱ〕给定抛物线C ：,42x y =F 是C 的焦点，过点F 的直线l 与C 相交于A 、B 两点.〔Ⅰ〕设l 的斜率为1，求OB OA 与夹角的大小； 〔Ⅱ〕设]9,4[,∈=λλ若AF FB ，求l 在y 轴上截距的变化范围.解：〔Ⅰ〕C 的焦点为F 〔1，0〕，直线l 的斜率为1，所以l 的方程为.1-=x y 将1-=x y 代入方程x y 42=，并整理得 .0162=+-x x设),,(),,(2211y x B y x A 那么有 .1,62121==+x x x x.31)(2),(),(212121212211-=++-=+=⋅=⋅x x x x y y x x y x y x OB OA.41]16)(4[||||21212122222121=+++=+⋅+=x x x x x x y x y x OB OA.41143||||),cos(-=⋅=OB OA OB OA OB OA 所以OB OA 与夹角的大小为.41143arccos -π 〔Ⅱ〕由题设AF FB λ= 得 ),,1(),1(1122y x y x --=-λ即⎩⎨⎧-=-=-.1212),1(1y y x x λλ 由②得21222y y λ=， ∵ ,4,4222121x y x y == ∴.122x x λ=③联立①、③解得λ=2x ，依题意有.0>λ ∴),2,(),2,(λλλλ-B B 或又F 〔1，0〕，得直线l 方程为 ),1(2)1()1(2)1(--=--=-x y x y λλλλ或当]9,4[∈λ时，l 在方程y 轴上的截距为,1212---λλλλ或 由 ,121212-++=-λλλλλ 可知12-λλ在[4，9]上是递减的， ∴ ,431234,341243-≤--≤-≤-≤λλλλ 直线l 在y 轴上截距的变化范围为].34,43[]43,34[⋃--从以上3道题我们不难发现，对解答题而言，椭圆、双曲线、抛物线这三种圆①②锥曲线都有考察的可能，而且在历年的高考试题中往往是交替出现的，以为例，01年考的是抛物线，02年考的是双曲线，03年考的是求轨迹方程〔椭圆〕，04年考的是椭圆．三、热点分析与2021年高考预测1．重视与向量的综合在04年高考文科12个新课程卷中，有6个的解析几何大题与向量综合，主要涉及到向量的点乘积〔以及用向量的点乘积求夹角〕和定比分点等，因此，与向量综合，仍是解析几何的热点问题，预计在05年的高考试题中，这一现状仍然会持续下去．例7〔02年新课程卷〕平面直角坐标系中，O 为坐标原点，两点A 〔3，1〕，B 〔－1，3〕，假设点C 满足OB OA OC βα+=，其中α、β∈R，且α＋β=1，那么点C 的轨迹方程为〔A 〕〔x －1〕2＋〔y －2〕2=5〔B 〕3x ＋2y －11=0 〔C 〕2x －y =0 〔D 〕x ＋2y －5=0例8〔04〕点)0,2(-A 、)0,3(B ，动点2),(x PB PA y x P =⋅满足，那么点P 的轨迹是〔A 〕圆〔B 〕椭圆 〔C 〕双曲线 〔D 〕抛物线2．考察直线与圆锥曲线的位置关系几率较高 在04年的15个文科试题〔含新、旧课程卷〕中，全都“不约而同〞地考察了直线和圆锥曲线的位置关系，因此，可以断言，在05年高考试题中，解析几何的解答题考察直线与圆锥曲线的位置关系的概率仍然会很大．3．与数列相综合 在04年的高考试题中，、、解析几何大题与数列相综合，此外，03年的卷也曾出现过此类试题，所以，在05年的试题中仍然会出现类似的问题．例9〔04年卷〕如图，ΔOBC 的在个顶点坐标分别为〔0,0〕、〔1,0〕、〔0,2〕,设P 为线段BC 的中点,P 2为线段CO 的中点,P 3为线段OP 1的中点,对于每一个正整数n,P n+3为线段P n P n+1的中点,令P n 的坐标为(x n,y n ), .2121++++=n n n n y y y a 〔Ⅰ〕求321,,a a a 及n a ; 〔Ⅱ〕证明;,414*+∈-=N n y y n n 〔Ⅲ〕假设记,,444*+∈-=N n y y b nn n 证明{}n b 是等比数列. 解：(Ⅰ)因为43,21,153421=====y y y y y ，所以2321===a a a ，又由题意可知213+++=n n n y y y ， ∴321121++++++=n n n n y y y a =221121++++++n n n n y y y y =,2121n n n n a y y y =++++ ∴{}n a 为常数列.∴.,21*∈==N n a a n(Ⅱ)将等式22121=++++n n n y y y 两边除以2，得,124121=++++n n n y y y 又∵2214++++=n n n y y y ，∴.414n n y y -=+ 〔Ⅲ〕∵)41()41(44444841n n n n n y y y y b ---=-=+++- )(41444n n y y --=+,41n b -= 又∵,041431≠-=-=y y b ∴{}n b 是公比为41-的等比数列. 4．与导数相综合 近几年的新课程卷也非常注意与导数的综合，如03年的文科试题、04年的文理科试题，都分别与向量综合．例10〔04年文理科试题〕如图，过抛物线x 2=4y 的对称轴上任一点P 〔0,m 〕(m>0)作直线与抛物线交于A,B 两点，点Q 是点P 关于原点的对称点。
高考数学复习考点题型专题讲解18 几何体的截面或交线
高考数学复习考点题型专题讲解专题18 几何体的截面或交线1.空间几何体截面的作图主要原理：两个基本事实及两个性质.两个基本事实为：(1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线；(2)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 两个性质为：(1)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；(2)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.2.立体几何中的截面类型(1)平面截球：圆面(见专题17).(2)平面截正方体：三角形、四边形、五边形、六边形.(3)平面截圆柱曲面：圆、椭圆、矩形.(4)平面截圆锥曲面：椭圆、双曲线、抛物线.类型一截面的作法空间几何体的截面作图主要作法：(1)直接法；(2)平行线法；(3)延长法；(4)辅助平面法.例1 已知正方体A1B1C1D1－ABCD，E，F，H分别是A1B1，B1C1，AD的中点，试过三点E，F，H作截面.解如图，连接EF，并且延长，与D1A1，D1C1的延长线分别交于N，R两点，连接NH并延长分别交AA1和D1D的延长线于S，T，连接TR分别交CD，CC1于M，G，顺次连接点E，F，G，M，H，S，E，则六边形EFGMHS就是所作截面.训练1 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面.解作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.④连接KE，FH，则五边形EFHGK即为所求的截面.类型二截面形状的判断首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面的位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状.例2 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C 1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为( )A.矩形B.三角形C.正方形D.等腰梯形答案 D解析取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH⊂平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF.故过线段AG 且与平面A 1EF 平行的截面图形为四边形AHGD 1，显然为等腰梯形. 训练2(多选)(2022·苏北四市调研)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点.下列结论中正确是( )A.过E ，F ，G 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形B.B 1D 1∥平面EFGC.BD 1⊥平面ACB 1D.异面直线EF 与BD 1所成角的正切值为22答案 ACD解析 对于A ，因为E ，F ，G 为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点，设A 1D 1的中点为M ，BC 的中点为N ，CC 1的中点为P ，连接点M ，F ，E ，N ，P ，G 可得截面为正六边形，所以A 正确； 对于B ，通过以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，求出B 1D 1→，平面EFG 法向量n 1，可推出B 1D 1→·n 1≠0，故B 1D 1与平面EFG 不平行，所以B 错误； 对于C ，同上建系，求出BD 1→，平面ACB 1的法向量n 2，可推得BD 1→＝λn 2，所以BD 1⊥平面ACB 1，所以C 正确；对于D ，同上建系，求出EF →，BD 1→，设夹角为θ， 则cos θ＝|EF →·BD 1→||EF →|·|BD 1→|，由sin 2θ＋cos 2θ＝1，tan θ＝sin θcos θ，得tan θ＝22，所以D 正确.类型三截面图形面积或周长的计算求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解.例3 (1)(2022·济南模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2，平面α与棱AB，CD均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为( )A.1B.2C.3D.2(2)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.答案(1)A (2)8解析(1)如图，设E为棱BC上任一点，且BE→＝λBC→，λ∈(0，1)，过E作EF∥AB交AC于F，作EN∥CD交BD于N，过F作FM∥CD交AD于M，连接MN，则四边形EFMN即平面α截四面体ABCD所得的截面，所以EFAB＝ECBC＝1－λ，所以EF＝2(1－λ)，同理可得EN＝2λ. 又四面体ABCD为正四面体，所以AB⊥CD，所以EF⊥EN，截面EFMN为矩形，且EN＋EF＝2，则矩形EFMN 的面积S ＝EF ·EN ≤⎝⎛⎭⎪⎫EF ＋EN 22＝1， 当且仅当EF ＝EN ＝1，即λ＝12时，“＝”成立，故选A.(2)过点G 作EF ∥AC 分别交PA ，PC 于点E ，F ，过E ，F 分别作EN ∥PB ，FM ∥PB ，分别交AB ，BC 于点N ，M ，连接MN ，∴四边形EFMN 是平行四边形，∴EF 3＝23，即EF ＝MN ＝2， FM PB ＝FM 6＝13，即FM ＝EN ＝2， ∴截面的周长为2×4＝8.训练3 如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1D 1，A 1B 1的中点，过直线BD 的平面α∥平面AMN ，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A.2B.98C.3D.62答案 B解析 如图1，分别取B 1C 1，C 1D 1的中点E ，F ，连接EF ，BE ，DF ，B 1D 1，ME ， 易知EF ∥B 1D 1∥BD ∥MN ，AB ∥ME ，AB ＝EM ， 所以四边形ABEM 为平行四边形， 则AM ∥BE ，又BD 和BE 为平面BDFE 内的两条相交直线，所以平面AMN ∥平面BDFE ，即平面BDFE 为平面α，BD ＝2，EF ＝12B 1D 1＝22，得四边形BDFE 为等腰梯形，DF ＝BE ＝52，在等腰梯形BDFE (如图2)中，过E ，F 作BD 的垂线，垂足分别为G ，H ，则四边形EFGH 为矩形， ∴其高FG ＝DF 2－DG 2＝54－18＝324， 故所得截面的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98.一、基本技能练1.过一个圆锥的侧面一点(不是母线的端点)作圆锥的截面，则截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分中的( )A.①②③④B.①③④C.①②D.①②④答案 A解析根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示，故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分.2.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )答案 D解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B、C图中四点也共面；D中四点不共面.3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一小部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱答案 C解析∵EH∥A′D′，EH∥平面BCC′B′，∴EH∥GF，又平面ABB′A′∥平面DCC′D′，∴EF∥GH，四边形EFGH为平行四边形.故剩下的几何体为五棱柱.4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝13DD1，NB＝13BB1，那么正方体的过M，N，C1的截面图形是( )A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形答案 C解析正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝13DD1，NB＝13BB1，延长C1M交CD的延长线于P，延长C1N交CB的延长线于Q，连接PQ交AD于E，AB于F，连接NF，ME，则正方体的过M，N，C1的截面图形是五边形.故选C.5.在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，则该正方体被过E，F，G三点的平面截得的截面面积为( )A.34a2B.32a2C.334a2D.332a2答案 C解析作出过E，F，G三点的截面，如图，由图可知，截面为正六边形，且边长为22a，所以截面面积S＝6×12×32×⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝334a2，故选C.6.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )A.0条B.1条C.2条D.1条或2条答案 C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH.所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.7.(2022·重庆诊断)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D 作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为( )A.42B.4 5C.85D.16 2答案 C解析分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形，由于△B1BM≌△BCN，所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，所以BM⊥CN，又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α，又CN＝25，所以截面的面积为25×4＝8 5.8.(2022·南通调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为( )A.32＋25B.4＋4 2C.22＋25D.6 2答案 A解析正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，所以BD⊥AM(三垂线定理)，如图，取BB1中点N，A1B1中点E，连接MN，AN，BE，可知BE⊥AN，所以BE⊥AM(三垂线定理)，所以AM⊥平面DBE，取A1D1中点F，则α即为截面BEFD，易求周长为32＋2 5.9.(多选)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是( )A.四边形BFD1E有可能是梯形B.四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形C.四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1DD.四边形BFD1E面积的最小值为6 2答案BCD解析对于选项A，过BD1，作平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为四边形BFD1E，如图所示，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF.故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，因此B正确；对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，又EF⊂平面BFD1E，则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正确；对于选项D，当F点到线段BD1的距离最小时，平行四边形BFD1E的面积最小，此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，此时最小值为12×2×3＝62，因此D 正确.故选BCD.10.(多选)(2022·石家庄模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是面对角线BD 上的动点，Q 是棱C 1D 1的中点，用过A 1，P ，Q 三点的平面截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所得截面多边形可能是( )A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形 答案 ABC解析 如图①，当点P 与点D 重合时，截面多边形是三角形，选项A 满足题意；图①图②如图②，取棱CD 的中点Q 1，连接QQ 1和AQ 1， 因为Q 是棱C 1D 1的中点，所以QQ1∥DD1∥AA1，将点P移动到平面AA1QQ1与BD交点处，此时截面多边形是四边形，选项B满足题意；图③如图③，令点P距离点B较近，此时截面多边形是五边形，选项C满足题意；易知点P无论如何移动，截面与平面ABCD的交线都平行于A1Q，所以这条交线只能与正方形ABCD的边AB，AD之一有交点(顶点A除外)，则截面不可能与正方形ABB1A1和正方形ADD1A1都有交线(棱AA1除外)，所以截面不可能与正方体的六个面都有交线，则截面多边形不能是六边形，所以选项D不满足题意.故选ABC.11.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________.答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.12.(2022·衡水模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，过B，E，D的截面与棱A1B1交于F，则截面BED1F分别在平面A1B1C1D1和平面ABB1A1上的正投影1的面积之和为________.答案 1解析因为平面BED1F∩平面ABCD＝BE，平面BED1F∩平面A1B1C1D1＝D1F，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF，所以截面BED1F是平行四边形，所以BE＝D1F，所以A1F＝CE，从而B1F＝DE，截面BED1F在平面A1B1C1D1上的正投影是以B1F为底，该底对应的高为1的平行四边形，在平面ABB1A1上的正投影是以A1F为底，该底上的高为1的平行四边形，因此两个投影的面积和S＝(CE＋DE)×1＝1为定值.二、创新拓展练13.(2022·浙江五校联考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的高为4，底面边长为43，D是B1C1的中点，P是线段A1D上的动点，过BC作截面α⊥AP于点E，则三棱锥P－BCE体积的最小值为( )A.3B.2 3C.43D.12答案 C解析如图，取BC的中点F，连接FD，FA，FE，FP，过点E作EH⊥AF于点H，则BC⊥平面AFDA1，所以BC⊥EH，AF∩BC＝F，所以EH⊥平面ABC.因为AF＝6，且V P－ABC＝13×123×4＝163＝V P－EBC＋V E－ABC，所以当三棱锥E－ABC体积最大时，三棱锥P－BCE体积最小.因为AE⊥EF，所以AE2＋EF2＝AF2＝36≥2AE·EF，所以AE·EF≤18.设三棱锥E－ABC的高为h，由AE·EF＝AF·h，得h＝AE·EFAF≤3，因为V E－ABC＝13×S△ABC×h＝43h，所以(V E－ABC)max＝123，所以(V P－EBC)min＝43，故选C.14.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确的是( )A.当0<CQ<12时，S为四边形B.当CQ＝12时，S为等腰梯形C.当CQ＝34时，S与C1D1的交点R满足C1R＝13D.当34<CQ<1时，S为六边形答案ABC解析如图1，当Q为CC1的中点，即CQ＝12时，PQ∥BC1且PQ＝12BC1，图1 又AD1綊BC1，故PQ ∥AD 1且PQ ＝12AD 1，PA ＝D 1Q ，故截面APQD 1为等腰梯形，故B 正确；当0<CQ <12时，只需在DD 1上取点M 使PQ ∥AM ，即可得截面APQM 为四边形，故A 正确；当CQ ＝34时，延长AP ，DC 交于M ，连接QM ，直线QM 与C 1D 1交于点R ，如图2，因CQ ＝34，则C 1Q ＝14，CS ＝1，又C 1R CM ＝C 1Q QC ，故C 1R ＝13，选项C 正确；图2当34<CQ <1时，S 为五边形，D 错误. 15.(多选)(2022·烟台调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于点N ，则下列说法正确的是( )A.截面α可能为五边形B.存在点N ，使得BN ⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D.当点N与点C重合时，截面面积为36 4答案ACD解析选项A，设P为CC1的中点，当N在PC1之间时，截面α为平行四边形NQMB1，当N在PC之间时，截面α为五边形N1Q1GMB1，其中NQ∥B1M，N1Q1∥B1M，故选项A，C正确；若BN⊥截面α，则BN⊥B1M，这显然是不成立的，因为如果成立，可以推出B1M⊥平面BB1C1C，显然错误，故选项B错误；当点N与点C重合时，截面为梯形CGMB1，易知G为AD的中点.易求CG＝GM＝52，MC＝3，MB1＝2，B1C＝5，所以CM⊥B1M，△CGM为等腰三角形，故S＝S△CGM＋S△CMB1＝12×3×22＋12×3×2＝364，故选项D正确.故选ACD.16.(多选)(2022·南京师大附中模拟)如图，圆柱的底面半径和高均为1，线段AB是圆柱下底面的直径，点O是下底面的圆心.线段EF是圆柱的一条母线，且EO⊥AB.已知平面α经过A，B，F三点，将平面α截这个圆柱所得到的较小部分称为“马蹄体”.记平面α与圆柱侧面的交线为曲线C，则( )A.曲线C是椭圆的一部分B.曲线C是抛物线的一部分C.二面角F－AB－E的大小为π4D.马蹄体的体积为V满足13<V<π4答案ACD解析将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个球放入圆柱内，使每一个球既与圆柱相切，又与曲线C所在平面相切，球与曲线C的切点为Q，R，取曲线C上一点P，过P点的圆柱母线与两球交于M，N两点，由于PM，PR同是下面球的切线，PN，PQ同是上面球的切线，可得PM＝PR，PN＝RQ，则PR＋PQ＝PM＋PN＝MN>QR，由椭圆定义知：曲线C是椭圆的一部分，A正确；B错误；连接OF，由EO⊥AB，EF⊥AB，知AB⊥平面EOF，故OF⊥AB，则∠FOE为二面角F－AB－E的平面角，又OE＝EF＝1，则∠FOE＝π4，C正确；由补成的几何体知马蹄体的体积为V小于圆柱体的14，即为V<π4，又V F－AEB＝13×12×2×1×1＝13，所以V>13，所以13<V<π4，D正确.故选ACD.17.(2022·广州模拟)四棱锥P－ABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AB＝2，AD＝4，设E，F分别是PB，BC的中点，则球O被平面AEF所截得的截面面积为________.答案14π3解析由题可知PC的中点即为球心O，故球的半径R＝12＋12＋22＝6，设球心O到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r.由题意可知球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，在三棱锥B－AEF中，由等体积法可得d＝23 3，故r2＝R2－d2＝143，故截面面积S＝πr2＝14π3.18.(2022·武汉三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段CB1上，若平面α经过点A，C1，P，则它截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面的周长最小值为________.答案2 5解析当点P靠近点C或与点C重合时，A，C1，P三点确定的平面α如图①所示，图①因为平面ADD1A1∥BCC1B1，所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，设D1E＝x(0≤x≤1)，则A1E＝1－x，所以AQ＝EC1＝x2＋1，QC1＝AE＝（1－x）2＋1，AQ＋AE＝x2＋1＋（1－x）2＋1＝（x－0）2＋（0－1）2＋（x－1）2＋（0－1）2，可以看作R(x，0)到M(0，1)和N(1，1)距离之和的最小值，M(0，1)关于x轴的对称点为M′(0，－1)，连接M′N，其长度即AQ＋AE的最小值，由勾股定理得|M′N|＝5，所以周长的最小值为2 5.图②当点P靠近点B1或与点B1重合时，A，C，P三点确定的平面α如图②所示，因为平面ADD1A1∥BCC1B1，1所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，同理，所求周长的最小值为2 5.综上所述，周长的最小值为2 5.。
2023高考数学基础知识综合复习第18讲简单几何体的表面积与体积 课件(共24张PPT)
(2)旋转体的形成
几何体
旋转图形
圆柱
矩形
旋转轴
矩形一边所在的直线
圆锥
直角三角形
一直角边所在的直线
圆台
直角梯形或等腰梯形
球
半圆或圆
直角腰所在的直线或等腰梯形
上下底中点连线所在的直线
直径所在的直线
2.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其画法步骤为:
①画轴:在平面图形上取互相垂直的x轴和y轴,作出与之对应的x'轴
3
4
3 = .故选 D.
考点一
考点二
考点三
本题考查四面体的体积的最大值的求法,涉及空间中线线、线面、
面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,属于难题.处理
此类问题时,往往先去找到不变的量,再根据题中的所给条件的变
化规律找到最值,从而得到体积的最值.
和y'轴,使得它们正方向的夹角为45°(或135°);
②画线(取长度):平面图形中与x轴平行(或重合)的线段画出与x'轴
平行(或重合)的线段,且长度不变,平面图形中与y轴平行(或重合)的
线段画出与y'轴平行(或重合)的线段,且长度为原来长度的一半;
③连线(去辅助线):连接有关线段,擦去作图过程中的辅助线.
径,从而进一步求解.
考点一
考点二
考点三
◆角度3.体积最值问题
例5(1)(2019年1月浙江学考)如图,线段AB是圆的直径,圆内一条动
弦CD与AB交于点M,且MB=2AM=2,现将半圆沿直径AB翻折,则三
棱锥C-ABD体积的最大值是(
)
2
3
1
3
A.
机械制图习题集(第6版)答案
《机械制图》（第六版）习题集答案第3页图线、比例、制图工具的用法、尺寸注法、斜度和锥度●要掌握和理解比例、斜度、锥度的定义；各种图线的画法要规范。
第4页椭圆画法、曲线板用法、平面图形的尺寸注法、圆弧连接1、已知正六边形和正五边形的外接圆，试用几何作图方法作出正六边形，用试分法作出正五边形，它们的底边都是水平线。
●注意多边形的底边都是水平线；要规范画对称轴线。
●正五边形的画法：①求作水平半径ON的中点M；②以M为圆心，MA为半径作弧，交水平中心线于H。
③AH为五边形的边长，等分圆周得顶点B、C、D、E④连接五个顶点即为所求正五边形。
2、用四心圆法画椭圆（已知椭圆长、短轴分别为70mm、45mm）。
●参教P23四心圆法画椭圆的方法做题。
注意椭圆的对称轴线要规范画。
3~4、在平面图形上按1：1度量后，标注尺寸（取整数）。
5、参照左下方所示图形的尺寸，按1：1在指定位置处画全图形。
第6页点的投影1、按立体图作诸点的两面投影。
●根据点的两面投影的投影规律做题。
2、已知点A在V面之前36，点B在H面之上，点D在H面上，点E在投影轴上，补全诸的两面投影。
●根据点的两面投影的投影规律、空间点的直角坐标与其三个投影的关系及两点的相对位置做题。
3、按立体图作诸点的两面投影。
●根据点的三面投影的投影规律做题。
4、作出诸点的三面投影：点A（25，15，20）；点B距离投影面W、V、H分别为20、10、15；点C在A之左，A之前15，A之上12；点D在A之下8，与投影面V、H等距离，与投影面W的距离是与H面距离的3.5倍。
●根据点的投影规律、空间点的直角坐标与其三个投影的关系及两点的相对位置做题。
各点坐标为：A（25，15，20）B（20，10，15）C（35，30，32）D（42，12，12）5、按照立体图作诸点的三面投影，并表明可见性。
●根据点的三面投影的投影规律做题，利用坐标差进行可见性的判断。
（由不为0的坐标差决定，坐标值大者为可见；小者为不可见。
18第一部分 板块二 专题五 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)
解 假设存在常数 λ 使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，则 λ＝|A1B|＋|C1D|. 由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零， 设l1的方程为y＝kx＋1， 则由yx＝2＝k4xy＋，1， 消去 y 得 x2－4kx－4＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别 交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
解 以MN为直径的圆一定过点F，理由如下： 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，代入抛物线C：y2＝4x， 化简整理得y2－4my－4＝0， 则yy11＋y2＝y2＝－44m，，
例 1 (2019·济南模拟)已知抛物线 C1：y2＝2px(p>0)与椭圆 C2：x42＋y32＝1 有一个相同的
焦点，过点A(2,0)且与x轴不垂直的直线l与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对 称点为M. (1)求抛物线C1的方程；
解 由题意可知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为(1,0)， 所以p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
例3 (2019·济南模拟)设M是抛物线E：x2＝2py(p>0)上的一点，抛物线E在点M处 的切线方程为y＝x－1. (1)求E的方程；
解 方法一 由xy2＝＝x2－py1，， 消 y 得 x2－2px＋2p＝0.
由题意得Δ＝4p2－8p＝0，
因为p>0，所以p＝2.
故抛物线E：x2＝4y.
方法二 设 Mx0，2xp20 ，
由(1)知P(4,4)， 所以直线 PA 的方程为 y－4＝xy11－－44(x－4)＝myy1－1－43(x－4)， 令 x＝－1 得 y＝4mm－y15－y31＋8，即 M－1，4mm－y15－y31＋8，
力学作图题专练+答案
力学作图题专练作图要点：1、重力作图：①在物体重心（通常为物体的几何中心）画实心圆点，②从实心圆点竖直向下画一条带箭头的线段，并写上G。
2、支持力：①在物体重心（通常为物体的几何中心）画实心圆点，。
②垂直于接触面，向被支持的方向画一条带箭头的线段，并写上F支3、压力：①在被压物体的接触面画实心圆点，②垂直于接触面，向被压的方向画一条带箭头的线段并写上F。
压4、绳子拉力：在物绳子上与物体相反的方向画一个箭头，写上F，拉5、推力：①在物体重心（通常为物体的几何中心）画实心圆点，。
②沿物体被推动的方向相反画一条带箭头的线段，并写上F推6、摩擦力：①在物体重心（通常为物体的几何中心）画实心圆点，②平行于接触面，与物体相对运动方向相反画一条带箭头的线段，并写上f。
7、浮力：①在物体重心（通常为物体的几何中心）画实心圆点，②从实心圆点竖直向上画一条带箭头的线段，并写上F。
浮力学画图练习题：1、如图1所示，刻度尺静止在手指上，请画出刻度尺所受重力和支持力的示意图。
2、如图2所示，物体在表面粗糙的固定斜面上以速度v匀速向下运动，请在图中画出此过程中物体所受重力、支持力和摩擦力的示意图以及物体对斜面的压力示意图。
图1 图23、如图3，两个体积大小相等的物体浸没在水中，一个悬浮，一个下沉。
请画出悬浮物体所受重力的示意图，下沉物体所受浮力、重力的示意图。
(注意：整个作图过程中，大小相等的力线段长度相等，大小不同的力用线段长度区别)4、如图4所示，货物随传送带一起水平向右做匀速直线运动，请画出货物所受力的示意图。
图3 图45、如图5所示，小球被固定在静止的金属框架上，请画出小球的受力示意图。
6．小球在细绳的拉力作用下在光滑斜面上处于静止状态，请在图6中画出小球的受力示意图。
7、如图7所示，当带电棒靠近细线悬挂的小球时，小球被推开一定角度后保持静止。
请画出小球在图示状态下所受力的示意图。
图5 图6 图78、如图8所示，A处于静止状态，B在拉力作用下向右运动。
哈工大画法几何与机械制图答案
第一章 制图的基本知识
1-8 按规定方法标注尺寸（数值从图中量取，取整数）。
第一章 制图的基本知识
1-9 已知椭圆长轴为70，短轴为40，作椭圆。
（1） 同心圆法
（2） 四心圆弧法
第一章 制图的基本知识
1-10 按已知斜度和锥度，完成下列图形，并标注斜度与锥度值。
′
′
′
n ′ c
n
八解
第二章 点、直线和平面
2-14 判断两直线的相对位置。
′ ′
′ ′
′ ′
′ ′
′ ′
′ ′
(1)平行
′′
′′
(2) 交叉
′′
′ ′
(3)
交
叉
′a
c
′
′
′
b
d
(4)
相交
(5)
交叉
(6)
交叉
第二章 点、直线和平面
2-15 AB与CD相交，补出线段所缺的投影。
（1）
′
′ ′
′
′
′
′ ′
′
′
′
′
′ ′
d
k l
e
′ ′
′
k′
′
k
′
′
k′
′
′
k
第三章 直线与平面、平面与平面的相对位置
3-15 过点A作平面垂直于已知直线AB。
3-16 求点M到平面 ABCD的距离。
c′
′
d′
′
c
d ′ ′
′
′
′
k′
′
′
k
第三章 直线与平面、平面与平面的相对位置
用几何画板进行数学探究——2010年高考江苏卷第18题引发的思考
生 的实 践 操 作 能 力 ， 使 得 原 本 抽 象 、 板 的概 率 统 并 死 计教学变得丰富有趣 ， 习过程不再枯燥无味． 学
［ ］ 王斌会 ． ５ Ｒ语言统计分 析软件教程 ［ ． Ｍ］ 北京 ： 国 中
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・
２ ４・
中学 数学 月刊
如 图 １ 在平 面直角 坐标 系 ｘ ， Ｏｙ 中 ， 知 椭 圆 已
等＋Ｚ １ 左右 ： 的 、顶 ｙ
点 为 Ａ， 右 焦 点 为 Ｆ． Ｂ，
ｌ Ｙ
发展 他 们 的创 新 意 识 ； 外 还 要 注 重 信 息 技 术 与 数 另
学 课 程 的整 合 ， 励 学 生 运 用 计 算 机 进 行 探 索 和 发 鼓
时 直 线 ＭＮ 过 不 过 定 点 ？ 过 哪个 定 点 ？此 定 点 与 定
２
～
ＭＮ ， 出直 线 ＭＮ 与 作
ｚ轴 的 交 点 Ｋ ， 量 点 度 Ｋ 的坐 标 （ 图 ５ 如 ） ⑦ 拖 动 点 丁， 点
例 ３ （ 骰 子 问 题 ）掷 一 均 匀 骰 子 ， 察 出 现 掷 观 的点 数 ， 同样 我 们 可 用 Ｒ语 言 编 程 如 下 ： 建 立 函数 ｄｅｉ ｉｓｍｕ：
＞ ｄｅ ｉ ｕ ｆｎ ｔ ｎ ｎ ｛ ＃ ｉｓｍ — ｕ ｃｉ （ ） 为 模 拟 次 数 ｏ
Ｘ— ｓ ａｍｐ ｅ １： ｎ， ｅ ｌ ｃ ＝Ｔ） ＃ 从 （ ， ３， ｌ （ ６， ｒ ｐ ａ ｅ １ ２，
２１ ０ ０年 第 １ ２期
中学 数学 月 刊
・ ３・ ２
用 几 何 画 板 进 行 数 学 探 究
一
２ １ 高 考 江 苏卷 第 １ ０ ０年 ８题 引发 的 思考
上海中考数学第18题分析(翻折类)
上海中考数学第18题分析（一）——翻折类前言，函数图像的变换和几何图像的变换，我们一般归类为这几类：平移、对称、翻折、旋转、伸缩；而恰恰在初三中考试卷的18题位置，对旋转和翻折的考察更是重中之重，通过旋转和翻折的深入研究，充分的展现学生对几何知识的熟练驾驭能力和对平面图形的变换规律把握能力；一、平移、旋转、翻折知识储备1、运动的性质：运动前、后的图形全等（1）平移的性质：①对应点之间的距离等于平移的距离；②对应点之间的距离相等，对应角大小相等，对应线段的长度相等；③平移前、后的图形全等.（2）旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；①对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．（3）翻折的性质：①对应线段的长度相等，对应角的大小相等，对应点到对称轴的距离相等；②翻折前、后的图形全等二、翻折类题型总结及归纳1. 翻折定义：翻折是指把一个图形按某一直线翻折180º后所形成的新的图形的变化。
2. 翻折特征：平面上的两个图形，将其中一个图形沿着一条直线翻折过去，如果它能够与另一个图形重合，那么说这两个图形关于这条直线对称，这条直线就是对称轴。
3. 翻折总结：解这类题抓住翻折前后两个图形是全等的，弄清翻折后不变的要素。
4. 翻折归纳：翻折在三大图形运动中是比较重要的，考查得较多．另外，从运动变化得图形得特殊位置探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要的，值得大家留意。
三、翻折类题型解题策略⑴图形翻折之“翻折边长”题型解题方法与策略：1.寻找翻折直线，即对称轴；2.根据翻折情况，画图，画图是解题的关键；3.寻找翻折相等的线段或角度；4.利用翻折并结合题目中的特殊条件解题；5.部分题目注意分类讨论。
⑵图形翻折之“翻折角度”题型解题方法与策略：1.寻找翻折直线，即对称轴；2.根据翻折情况，画图，画图是解题的关键；3.寻找翻折相等的线段或角度；4.利用翻折并结合题目中的特殊条件解题；5.利用好三角形的内角和外角性质。
初中数学几何大题步骤
初中数学几何大题步骤
解决初中数学几何大题的步骤如下：
1. 仔细阅读题目，理解题目要求。
2. 根据题目要求，画出图形，标出已知条件和未知量。
3. 根据已知条件，运用几何定理和公式进行分析推理。
4. 将分析推理的结果用文字或符号表达出来。
5. 根据所得结论，写出解题过程。
6. 检查解题过程是否正确，是否符合题目要求。
7. 如果有疑问，可以与同学或老师讨论。
例如，如果遇到一道关于三角形的题目，可以先画出图形，然后根据已知条件（如两边之和大于第三边）进行推理，最后得出结论。
在写解题过程时，要注意条理清晰，逻辑严密。
八年级数学第10和第18题类型
八年级数学第10和第18题类型篇一：题目1: 求根公式的运用（第10题）在八年级数学课程中，学生们将学习如何使用求根公式来解决二次方程。
求根公式是一种用于找到二次方程的根（解）的工具。
它的一般形式如下：对于二次方程：ax^2 + bx + c = 0，其中a、b和c是已知常数，x是未知数。
求根公式可表示为：x = (-b ±√(b^2 - 4ac))/(2a)。
举例来说，如果我们有一个二次方程x^2 + 3x - 4 = 0，我们可以使用求根公式来找到它的解。
在这个例子中，a = 1，b = 3，c = -4。
代入这些值后，我们可以得到以下计算：x = (-3 ±√(3^2 - 4(1)(-4)))/(2(1))= (-3 ±√(9 + 16))/(2)= (-3 ±√(25))/(2)= (-3 ± 5)/(2)因此，通过求根公式，我们可以得到两个解：x = (-3 + 5)/2 = 1 和 x = (-3 - 5)/2 = -4。
题目2: 三角函数的运用（第18题）在八年级数学课程中，学生们将学习如何使用三角函数来解决与三角形相关的问题。
三角函数包括正弦（sin）、余弦（cos）和正切（tan），它们可以用于计算角度和边长之间的关系。
例如，对于一个直角三角形，我们可以使用正弦函数来计算边长和角度之间的关系。
正弦函数定义为：sin(θ) = 对边/斜边，在这里θ表示角度。
通过重排这个等式，我们可以找到对边的长度：对边 = 斜边 * sin(θ)。
如果我们知道斜边的长度为5，角度θ为30度，那么我们可以使用正弦函数来找到对边的长度。
代入这些值后，我们可以得到以下计算：对边 = 5 * sin(30°)≈ 5 * 0.5= 2.5因此，通过使用三角函数，我们可以找到对边的长度为2.5。
在第18题中，可能会涉及到使用三角函数来解决与直角三角形或其他三角形相关的问题，以及计算边长和角度之间的关系。
专题18 立体几何综合-备战2022年高考数学(理)母题题源解密(全国乙卷)(原卷版)
专题18 立体几何综合【母题来源】2021年高考乙卷【母题题文】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（1（2）14【试题解析】（1）PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =，故2BC a =； （2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP =-， 由111120220m AM y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取1x =，可得()2,1,2m =， 设平面PBM 的法向量为()222,,n x yz =，2BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =--，由222220220n BM x n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3cos ,147m n m n m n ⋅<>===⨯⋅， 所以，270sin ,1cos ,14m n m n <>=-<>= 因此，二面角A PM B --的正弦值为14. 【点睛】 思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.【命题意图】高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．【命题方向】高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.【得分要点】1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则（1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0；（2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2；（3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3；（4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.利用向量求异面直线所成的角把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BDAC BD ⋅⋅.注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.3.利用向量求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为π20θθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，则||sin |cos ,|||||θ⋅==〈〉a a a μμμ. 4.利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos ||cos ,|||||θ⋅==〈〉v v v μμμ. 5.用向量解决探索性问题的方法（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．（2021·重庆高三其他模拟）已知正方体1111ABCD A BC D -中，,E F 分别为棱11,DD B B 的中点.（1）求证；1,,,A E C F 四点共面；（2）求二面角11A EB C --的余弦值.2．（2021·普宁市普师高级中学高三其他模拟）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，90BAD ∠=，2AD BC =，M 为PD 的中点.（1）证明：//CM 平面PAB ；（2）若PBD △是等边三角形，求二面角A PB M --的余弦值.3．（2021·上海复旦附中高三其他模拟）如图，在三棱锥A BCD -中，ABC 是正三角形，ADC 是等腰直角三角形，90ADC ∠=，2AB BD ==.（1）求证：AC BD ⊥；（2）若点E 为BD 的中点，求BD 与平面ACE 所成角的大小.4．（2021·山东高三其他模拟）在正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -中，122AA AB ==.（1）求BC 到平面11ADC B 的距离；（2）求二面角11B AD E --的余弦值.5．（2021·沈阳市·辽宁实验中学高三二模）已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，对角线AC 、BD 交于点O ，4OP OA ==，3OB =，OP ⊥底面ABCD ，设点M 满足()01PM MC λλ=<<．（1）若三棱锥P MBD -体积是169，求λ的值；（2）若直线PA 与平面MBD ，求λ的值．6．（2021·山西高三三模（理））如图，正三棱柱111ABC A B C -中，4AB =，1AA =M ，N 分别是棱11AC ，AC 的中点，E 在侧棱1AA 上，且12AE EA =.（1）求证：平面MEB ⊥平面BEN ；（2）求平面BEN 与平面BCM 所成的锐二面角的余弦值.7．（2021·辽宁铁岭市·高三二模）如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BCD ∠=∠=︒，22AB PB BC CD ====，PAD △是正三角形.（1）求证：平面PAD ⊥底面ABCD .（2）点E 在棱PB 上，且直线CE 与底面ABCD 所成角为30°，求二面角E AC D --的余弦值.8．（2021·北京高考真题）已知正方体1111ABCD A BC D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --111A M A B 的值．9．（2021·上海市崇明中学高三其他模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面,ABCD ABCD 是直角梯形，,//AD DC AB DC ⊥，222AB AD CD ===，点E 是PB 的中点.（1）证明：直线BC ⊥平面PAC ；（2）者直线PB 与平面PACP ACE -的体积.10．（2021·四川成都市·树德中学高三其他模拟（理））如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC =，点1A 在平面ABC 的射影为线段AC 的中点，侧面11AAC C 是菱形，过点1B ，B ，D 的平面α与棱11AC 交于点E ．（1）证明四边形1BB ED 为矩形；（2）若AB 与平面11AAC C 1CB 与平面11ABB A 所成角的正弦值．11．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））已知正三角形ABC 的边长为6，点E 、D 分别是边AB 、AC 上的点，且满足12AE CD EB DA ==（如图1），将ADE 沿DE 折起到1A DE 的位置（如图2），且使1A E 与底面BCDE 成60角，连接1A B ，1AC ．（1）求证：平面1A BE ⊥平面BCDE ；（2）求二面角1A CD E --的余弦值．12．（2021·福建高三三模）如图，在平面四边形ABCD 中，BC CD =且BC CD ⊥，分别将ABD △､CBD 沿直线BD 翻转为EBD △､FBD (E ，F 不重合)，连结AE ，EF ，EF BD ⊥.(1)求证：EB ED =；(2)若5AB =，BC =E 在平面ABCD 内的正投影G 为ABD △的重心，求二面角A BE D --的余弦值.13．（2021·四川雅安市·雅安中学高二期中（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为边长为2的菱形，60,ABC PAB ∠=为正三角形，且平面PAB ⊥平面ABCD ，E 为线段AB 中点，M 在线段PD 上.（1）当M 是线段PD 中点时，求证：//PB 平面ACM ；（2）当12PM MD =时，求二面角M EC D --的正弦值.14．（2021·河南郑州市·高二期末（文））开普勒说：“我珍视类比胜过任何别的东西，它是我最可信赖的老师，它能揭示自然界的秘密，”波利亚也曾说过：“类比是一个伟大的引路人，求解立体几何问题往往有赖于平面几何中的类比问题．”在选修1—2第二章《推理与证明》的学习中，我们知道，平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体等．如图，如果四面体D EFP -中棱DE ，DF ，DP 两两垂直，那么称四面体D EFP -为直角四面体．请类比直角三角形ABC （h 表示斜边上的高）中的性质给出直角四面体D EFP -中的两个性质，并给出证明．15．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟（理））已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中，2AB =，14AA =．（1）求证：1BD AC ⊥；（2）求二面角11A AC D --的余弦值；（3）在线段1CC 上是否存在点P ，使得平面11ACD 平面PBD ，若存在，求出1CP PC 的值；若不存在，请说明理由．。
探寻网格作图问题提升数学思维能力_省略_考试题第18题第_2_小题的思考_白丽娜
则 DF = BE = x．
如图 11，作 AH⊥BD 于点 H.
在 Rt△ABD 中，
由勾股定理，得
BD = 5，AH =
12 5
，DH =
16 5
．
D
C
F HE
AB 图 11
这种方法是作点 G′关于 BD 的对称点 G，如果我
进而在 Rt△ABE 和 Rt△AHF 中，分别计算出 AE =
姨 姨 姨 姨 姨 们想作点 A 关于 BD 的对称点，如何作呢？
设 BE = x， 则 DF = BE = x.
可得点 E 的坐标为 E（3，x），
点 F 的坐标为 F
3x 5
，4 -
4x 5
.
姨 进而 AE = 姨x2 + 32 ，AF =
4 - 4x 5
2+
3x 5
2．
将 AF 整理、配方，得
姨 姨 AF = 16 - 32x + x2 = 5
16 5
-x
2+
D
C
G′
F
A
B
M
D
CR
G
F
TS A′
NQ A
BZ
用代数方法或数形结合的方法求出最小值． 在网格中 用无刻度的直尺连接适当的格点构造 A 字型 （或 8 字 型） 相似三角形，可以将一条线段按任意有理数比进 行等分，即可确定动点的位置．
图9
图 10
在图 9 中，构造全等三角形△G′DF ≌ △ABE，则
姨x2 + 32 ，AF =
如图 10，取格点 M，N，Q，连接 DN，MQ，相交
16 5
-x
2+
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2023上海中考数学第18题
2023上海中考数学第18题摘要：一、引言1.上海中考数学第18题的重要性2.2023年上海中考数学第18题的背景二、题目解析1.题目内容概述2.题目考查的知识点3.解题思路与方法三、解题过程1.分析题目，理解问题2.运用相关知识点进行解答3.总结解题过程，得出答案四、题目难度及意义1.题目难度评价2.对考生的能力要求3.对未来数学教育的影响五、结论1.对2023年上海中考数学第18题的总结2.对考生备考的建议正文：一、引言上海中考数学第18题一直以来都是广大考生关注的焦点。
作为中考数学试卷中的一道压轴题，它不仅考查了学生对数学知识的掌握程度，还考察了学生的思维能力和应变能力。
2023年上海中考数学第18题在这样的背景下应运而生，备受瞩目。
二、题目解析2023年上海中考数学第18题的题目内容涉及到几何、代数等多个知识点，考查了学生对知识点的综合运用能力。
题目具有一定的难度，需要考生具备较强的数学素养和逻辑思维能力。
三、解题过程为了更好地解答这道题目，我们首先需要对题目进行深入的理解，明确题目所要求的内容。
然后，根据自己掌握的知识点，逐步进行解答。
在解题过程中，不仅要注重速度，还要保证正确率。
四、题目难度及意义2023年上海中考数学第18题的难度较高，对考生的能力要求也相对较高。
考生需要在备考过程中加强自己的数学基本功，提高解题能力。
此外，这道题目也对未来的数学教育产生了积极的影响，引导教育工作者注重培养学生的综合素质和实际应用能力。
五、结论总的来说，2023年上海中考数学第18题是一道具有挑战性的题目，对考生的能力要求较高。
在备考过程中，考生需要加强基础知识的学习，提高解题能力。
押安徽卷第17-18题(找规律、几何变换)-备战2024年中考数学临考题号押题(原卷版)-中考数学
押安徽卷第17-18题押题方向一：找规律3年成都真题考点命题趋势2023年安徽卷第18题图形类规律探索；从近年安徽中考来看，找规律以解答题形式考查，中等难度；预计2024年安徽卷还将继续对找规律考查。
图形类需特别注意，按安徽的惯例一般都考第n 个，找准前三步的规律很重要。
2022年安徽卷第18题式子类规律探索；20221年安徽卷第18题图形类规律探索；1．（2023·安徽·中考真题）【观察思考】【规律发现】请用含n 的式子填空：（1）第n 个图案中“◎”的个数为；（2）第1个图案中“★”的个数可表示为，第2个图案中“★”的个数可表示为，第3个图案中“★”的个数可表示为，第4个图案中“★”的个数可表示为，……，第n 个图案中“★”的个数可表示为．【规律应用】（3）结合图案中“★”的排列方式及上述规律，求正整数n ，使得连续的正整数之和1+2+3+……+n 等于第n 个图案中“◎”的个数的2倍．2．（2023·安徽·中考真题）观察以下等式：第1个等式：()()()22221122122⨯+=⨯+-⨯，第2个等式：()()()22222134134⨯+=⨯+-⨯，第3个等式：()()()22223146146⨯+=⨯+-⨯，第4个等式：()()()22224158158⨯+=⨯+-⨯，……按照以上规律．解决下列问题：（1）写出第5个等式：________；（2）写出你猜想的第n 个等式（用含n 的式子表示），并证明．3．（2021·安徽·中考真题）某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图1表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列.【观察思考】当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块(如图2)；当正方形地砖只有2块时，等腰直角三角形地砖有8块(如图2)；以此类推.【规律总结】(1)若人行道上每增加一块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖增加块；(2)若一条这样的人行道一共有n(n 为正整数)块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为(用含n 的代数式表示).【问题解决】(3)现有2021块等腰直角三角形地砖，若按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖多少块？此类题题主要考查了图形的变化规律以及数字规律，根据已知图案归纳出图案个数的变化规律，通过归纳与总结结合图形得出数字之间的规律是解决问题的关键。
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几何作图题第18题步骤：
1、作R100半圆
2、对半圆弧进行定距等分，定距长度100，并改变点的样式，能显示点的位置
3、留下右侧弧长为100的圆弧，并把圆弧两个端点与圆心用直线连接起来，并做圆心角的角平分线，过圆心作垂直直线。
4、通过旋转命令，把除刚作的垂直线以外的所有图形，通过参照的方式，把角平分线旋转至垂直位置。
5、以圆心在垂直线上作R20的圆与R100的圆弧相切，以圆心在左侧的圆弧端点与圆心的连线上作R10的圆与与R100的圆弧相切
6、用直线连接R100圆弧顶点（中点）和左侧端点，用左侧端点为基点复制该直线，基点移至R10圆的圆心。
以R20圆的圆心为圆心，绘制半径为30的圆。
7、以R30的圆与刚复制的直线的交点为圆心，绘制半径为10的圆，该圆定于R20的圆相切。
8、删除R30的圆，复制左侧的圆弧端点和圆心连线，以该线上的R10圆弧的圆心为基点，移动至刚绘制的与R20圆相切的圆的圆心上。
9、删除最左侧的R10圆。
等比例缩放，选择R10和R30圆，以上图中A为缩放的基点，选择参照，参照长度为AB到AC。
10，镜像左侧的小圆，删除不需要的线，作2条小圆与大圆的共切线。